नियमित भाषा में शब्दों की संख्या

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विकिपीडिया के अनुसार , किसी भी नियमित भाषा के लिए वहाँ मौजूद स्थिरांक और बहुआयामी पद ऐसी है कि हर एक के लिए संख्या की लंबाई के शब्दों की में संतुष्ट समीकरण $L$ $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ $p_1(x),\ldots,p_k(x)$ $n$ $s_L(n)$ $n$ $L$

$\qquad \displaystyle s_L(n)=p_1(n)\lambda_1^n+\dots+p_k(n)\lambda_k^n$ ।

भाषा नियमित है ( यह मेल खाता है)। iff n सम है, और अन्यथा। $L =\{ 0^{2n} \mid n \in\mathbb{N} \}$ $(00)^*$ $s_L(n) = 1$ $s_L(n) = 0$

हालाँकि, मैं $\lambda_i$ और नहीं ढूँढ सकता $p_i$ (जो कि ऊपर मौजूद है)। जैसा कि $s_L(n)$ को अलग-अलग होना है और स्थिर नहीं है, इसे किसी तरह एक लहर की तरह व्यवहार करना होगा, और मैं यह नहीं देख सकता कि आप संभवतः कितने बहुपदों और घातीय कार्यों के साथ अनंत संख्याओं के साथ समाप्त हुए बिना ऐसा कर सकते हैं। एक टेलर विस्तार। क्या कोई मुझे बता सकता है?

— एलेक्स दस कगार
स्रोत

क्या आप इस प्रमेय का नाम जानते हैं?

— आर्टेम काज़नेचेव

@ArtemKaznatcheev: नहीं, कोई विचार नहीं है। विकिपीडिया किसी भी संदर्भ को दुर्भाग्यवश नहीं देता है :(

— एलेक्स दस ब्रिंक

अधिक आम तौर पर: एक नियमित भाषा में दी गई लंबाई के शब्दों की संख्या

— गाइल्स का SO- बुराई होना बंद करो '

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अपनी भाषा के लिए, आप , , , , और से ? विकिपीडिया लेख गुणांक के सकारात्मक या अभिन्न होने के बारे में कुछ नहीं कहता है। मेरी पसंद का योग है $p_0(x) = 1/2$ $\lambda_0 = 1$ $p_1(x) = 1/2$ $\lambda_1 = -1$ $p_i(x) = \lambda_i = 0$ $i > 1$

$\qquad \displaystyle 1/2 + 1/2(-1)^n = 1/2 (1 + (-1)^n)$

जो लिए 1 लगता है , और विषम लिए 0 है । वास्तव में, प्रेरण द्वारा एक प्रमाण सीधा लगता है। $n$ $n$

— Patrick87
स्रोत

हाँ, हाँ, मैं बारी-बारी से माइनस संकेतों के बारे में भूल गया हूँ। दिन खत्म होते ही उठेंगे - मैंने वोट कैप मारा है।

— एलेक्स दस ब्रिंक

उस दावे के लिए किसी प्रेरण की आवश्यकता नहीं है।

— राफेल

@ राफेल सच, लेकिन फिर, यह केवल मेरे दावे को और अधिक सटीक बनाता है।

— पैट्रिक87

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@ Patrick87 अपने विशिष्ट मामले के लिए एक महान जवाब है, मैंने सोचा कि मैं कैसे पता लगाने के लिए की एक टिप देना होगा देता है $s_L(n)$ किसी भी भाषा के अधिक सामान्य मामले में $L$ कि एक अलघुकरणीय DFA (यानी द्वारा दर्शाया जा सकता है, तो यह संभव है किसी भी राज्य से किसी भी राज्य में जाने के लिए)। ध्यान दें कि आपकी भाषा इस प्रकार की है।

इर्रिडिएबल डीएफए के लिए प्रमेय का प्रमाण

को अपने -स्टेट डीएफए का परिवर्तनशील मैट्रिक्स होने दें , क्योंकि यह अप्रासंगिक है, मैट्रिक्स सामान्य है और इसमें पूर्ण आइजेनबैसिस है । चलो होना स्वीकार वेक्टर: यानी 1 है अगर एक स्वीकार स्थिति , और 0 अन्यथा। डब्ल्यूएलओजी ने माना कि प्रारंभिक अवस्था है, और के बाद से हम एक पूरी eigenbasis है, हम जानते हैं कि $D$ $m$ $|\lambda_1\rangle ... |\lambda_m\rangle$ $|A\rangle$ $\langle i | A \rangle$ $i$ $|1\rangle$ कुछ गुणांकों के लिए (ध्यान दें कि )। $|1\rangle = c_1|\lambda_1\rangle + ... + c_m|\lambda_m\rangle$ $c_1 ... c_m$ $c_i = \langle \lambda_i | i \rangle$

अब हम प्रश्न में प्रमेय के एक प्रतिबंधित मामले को साबित कर सकते हैं (इरेड्यूएबल डीएफए तक सीमित; एक अभ्यास के रूप में इस प्रमेय को पूरे प्रमेय को सामान्यीकृत करते हैं)। चूंकि संक्रमण मैट्रिक्स है राज्यों के वेक्टर किसी भी एक चरित्र को पढ़ने के बाद पहुंचा जा सकता है, दो वर्णों के लिए समान है, इत्यादि , बस के घटकों का योग है जो राज्यों को स्वीकार करते हैं। इस प्रकार: $D$ $D|1\rangle$ $D^2|1\rangle$ $|x\rangle$ $\langle A|x\rangle$ $|x\rangle$

\begin{aligned} s_{L} (n) & = ⟨ A | D^{n} | 1 ⟩ \\ = ⟨ A | D^{n} (c_{1} | λ_{1} ⟩ . . . c_{m} | λ_{m} ⟩) \\ = c_{1} λ_{1}^{n} ⟨ A | λ_{1} ⟩ + . . . + c_{m} λ_{m}^{n} ⟨ A | λ_{m} ⟩ \\ = ⟨ A | λ_{1} ⟩ ⟨ λ_{1} | 1 ⟩ λ_{1}^{n} + . . . + ⟨ A | λ_{m} ⟩ ⟨ λ_{m} | 1 ⟩ λ_{m}^{n} \\ = p_{1} λ_{1}^{n} + . . . + p_{m} λ_{m}^{m} \end{aligned}

$\begin{align} s_L(n) & = \langle A |D^n| 1 \rangle \\ & =\langle A | D^n (c_1 |\lambda_1\rangle ... c_m |\lambda_m\rangle) \\ & = c_1 \lambda_1^n \langle A | \lambda_1 \rangle + ... + c_m \lambda_m^n \langle A | \lambda_m \rangle \\ & = \langle A | \lambda_1 \rangle\langle\lambda_1|1\rangle \lambda_1^n + ... + \langle A | \lambda_m \rangle\langle \lambda_m | 1 \rangle \lambda_m^n \\ & = p_1\lambda_1^n + ... + p_m \lambda_m^m \end{align}$

अब हम जानते हैं कि एक इरेडियूबल एम-स्टेट डीएफए के लिए, जीरो आर्डर पॉलीओनियल (यानी स्थिरांक) होगा जो DFA और पर निर्भर करता है ट्रांज़िशन मैट्रिक्स का eigenvalues होगा। $p_1 ... p_m$ $\lambda_1 ... \lambda_m$

सामान्यता नोट

आप मनमाने ढंग से DFA के लिए इस प्रमेय साबित करने के लिए चाहते हैं, तो आप को देखने के लिए की आवश्यकता होगी शुर अपघटन के और उसके बाद गैर शून्य के बहुआयामी पद क्योंकि nilpotent पदों की पॉप अप होगा। यह अभी भी ऐसा करने के लिए प्रबुद्ध है, क्योंकि यह आपको बहुपदों की अधिकतम डिग्री को बाध्य करेगा। आपको यह भी पता चलेगा कि बहुपत्नीकरण कितना जटिल है और आपके पास कितने s हैं। $D$ $\lambda$

विशिष्ट प्रश्न के लिए आवेदन

आपकी भाषा हम संक्रमण मैट्रिक्स के साथ DFA का चयन कर सकते हैं: $L$

D = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})

$D = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

और वेक्टर स्वीकार करें:

A = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})

$A = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$

Eigenvectors और उनके eigenvalues का पता लगाएं साथ $\lambda_1 = 1$ औरसाथ $| \lambda_1 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ $\lambda_2 = -1$ । हम इसका उपयोग खोजने के लिए कर सकते हैंऔर। हमें देने के लिए: $| \lambda_2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ $p_1 = 1/2$ $p_2 = 1/2$

s_{L} (n) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{n}

$s_L(n) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}(-1)^n$

— आर्टेम काज़नाचेव
स्रोत

शायद यहाँ इस पोस्ट ?

— राफेल

@ राफेल जो मुझसे पूछा गया था जबकि मैं सबूत लगा रहा था और अपना जवाब टाइप कर रहा था, इसलिए जब मैंने पूछा तो मुझे इसके बारे में पता नहीं था।

— आर्टेम काज़नाचेव

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आर्टेम के उत्तर को जारी रखना, यहाँ सामान्य प्रतिनिधित्व का प्रमाण है। Artem पता चलता है, वहाँ एक पूर्णांक मैट्रिक्स है और दो वैक्टर ऐसी है कि (वेक्टर स्टार्ट स्टेट की विशेषता वेक्टर है, वेक्टर सभी स्वीकार करने वाले राज्य की विशेषता वेक्टर है, और भाषा के लिए DFA में राज्य से राज्य के रूपांतरण की संख्या के बराबर है ।) $A$ $x,y$

s_{L} (n) = x^{T} A^{n} y .

$s_L(n) = x^T A^n y.$

x

$x$

y

$y$

A_{i j}

$A_{ij}$

i

$i$

j

$j$

जॉर्डन के प्रमेय में कहा गया है कि जटिल संख्याओं पर, एक प्रकार के ब्लॉक मैट्रिक्स के समान है यदि , तो $A$

(\begin{matrix} λ \end{matrix}), (\begin{matrix} λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix}), (\begin{matrix} λ & 1 & 0 \\ 0 & λ & 1 \\ 0 & 0 & λ \end{matrix}), (\begin{matrix} λ & 1 & 0 & 0 \\ 0 & λ & 1 & 0 \\ 0 & 0 & λ & 1 \\ 0 & 0 & 0 & λ \end{matrix}), \dots

$\begin{pmatrix} \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \ldots$

λ \neq 0

$\lambda \neq 0$

n

$n$ इन ब्लॉकों की शक्तियां हैं

यहाँ बताया गया है कि हमें ये सूत्र कैसे मिलते हैं: ब्लॉक को

लिखें।

की क्रमिक शक्तियांमैट्रिक्स की क्रमिक माध्यमिक विकर्ण हैं। द्विपद प्रमेय का उपयोग करना (तथ्य का उपयोग कर कि

के साथ आवागमन

),

(\begin{matrix} λ^{n} \end{matrix}), (\begin{matrix} λ^{n} & n λ^{n - 1} \\ 0 & λ^{n} \end{matrix}), (\begin{matrix} λ^{n} & n λ^{n - 1} & (\binom{n}{2}) λ^{n - 2} \\ 0 & λ^{n} & n λ^{n - 1} \\ 0 & 0 & λ^{n} \end{matrix}), (\begin{matrix} λ^{n} & n λ^{n - 1} & (\binom{n}{2}) λ^{n - 2} & (\binom{n}{3}) λ^{n - 3} \\ 0 & λ^{n} & n λ^{n - 1} & (\binom{n}{2}) λ^{n - 2} \\ 0 & 0 & λ^{n} & n λ^{n - 1} \\ 0 & 0 & 0 & λ^{n} \end{matrix}), \dots

$\begin{pmatrix} \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2} \lambda^{n-2} \\ 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2}\lambda^{n-2} & \binom{n}{3}\lambda^{n-3} \\ 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2}\lambda^{n-2} \\ 0 & 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \ldots$

B = λ + N

$B = \lambda + N$

N

$N$

λ

$\lambda$

N

$N$

B^{n} = (λ + n)^{N} = λ^{n} + n λ^{n - 1} N + (\binom{n}{2}) λ^{n - 2} N^{2} + \dots .

$B^n = (\lambda + n)^N = \lambda^n + n \lambda^{n-1} N + \binom{n}{2} \lambda^{n-2} N^2 + \cdots.$

λ = 0

$\lambda = 0$

[n = k]

$[n = k]$

1

$1$

n = k

$n=k$

0

$0$

(\begin{matrix} [n = 0] \end{matrix}), (\begin{matrix} [n = 0] & [n = 1] \\ 0 & [n = 0] \end{matrix}), (\begin{matrix} [n = 0] & [n = 1] & [n = 2] \\ 0 & [n = 0] & [n = 1] \\ 0 & 0 & [n = 0] \end{matrix}), (\begin{matrix} [n = 0] & [n = 1] & [n = 2] & [n = 3] \\ 0 & [n = 0] & [n = 1] & [n = 2] \\ 0 & 0 & [n = 0] & [n = 1] \\ 0 & 0 & 0 & [n = 0] \end{matrix})

$\begin{pmatrix} [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] \\ 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] & [n=3] \\ 0 & [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}$

Summarizing, every entry in $A^n$ is either of the form $\binom{n}{k} \lambda^{n-k}$ or of the form $[n=k]$ , and we deduce that

s_{L} (n) = \sum_{i} p_{i} (n) λ_{i} (n) + \sum_{j} c_{j} [n = j],

$s_L(n) = \sum_i p_i(n) \lambda_i(n) + \sum_j c_j [n=j],$ for some complex

λ_{i}, c_{j}

$\lambda_i,c_j$ and complex polynomials

p_{i}

$p_i$ . In particular, for large enough

n

$n$ ,

s_{L} (n) = \sum_{i} p_{i} (n) λ_{i} (n) .

$s_L(n) = \sum_i p_i(n) \lambda_i(n).$

— Yuval Filmus
स्रोत

Thank you for the general treatment! You should consider combining your answer with mine and posting it as a full answer to this question. I think it would be more helpful than the current answer there.

— Artem Kaznatcheev